cho tam giác ABC nhon nội tiếp đường tròn(O;R). các đường cao BE, CF cắt nhau tại H, gọi P là điểm đối xứng với H qua BC; EF giao với AH tại M. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FHE. Chứng minh: CM vuông góc với BI (các bạn và thầy cô giải giúp em với hu hu )
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
20 tháng 3 2023
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
Xét ΔAFE và ΔACB có
góc AFE=góc ACB
góc A chung
=>ΔAFE đồng dạng vơi ΔACB
26 tháng 1 2022
a: Xét (O) có
ΔACM nội tiếp
AM là đường kính
Do đó: ΔACM vuông tại C
hay \(\widehat{ACM}=90^0\)
b: \(\widehat{OAC}+\widehat{AMC}=90^0\)
\(\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^0\)
mà \(\widehat{AMC}=\widehat{ABC}\)
nên \(\widehat{OAC}=\widehat{BAH}=\widehat{OCA}\)
R
26 tháng 1 2022
Xét \(\Delta OAC\) có : \(OA=OC\left(=R\right)\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta OAC\) cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{OAC}=\widehat{ACO\left(2\right)}\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BAH=\widehat{OCA}}\)
c) Xét \(\left(O\right)\), có : \(\widehat{ANM=90^0}\)
\(\Rightarrow MN\pm AN\)
\(MàBC\pm AN\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow MN=BC\)
Xét tam giác \(BNMC\)\(cóMN=BC\left(cmt\right)\)
Tam giác BNMC là hình thang
Mà bốn đỉnh B,M,N,C
Vậy BMNC là tam giác cân
23 tháng 1 2022
a: Xét (O) có
ΔACM nội tiếp
AM là đường kính
Do đó: ΔACM vuông tại C
b: \(\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^0\)
\(\widehat{OAC}+\widehat{AMC}=90^0\)
mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AC}}{2}\right)\)
nên \(\widehat{BAH}=\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\)
CM
14 tháng 11 2018
Chọn đáp án C.
Gọi M là trung điểm của BC: 
Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABM ta có:
14 tháng 1 2019
Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.
Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)
Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)
Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)
Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'
=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp
Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL' (1)
Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF
=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g) => FA2 = FK.FC (2)
Từ (1) và (2) => FA2 = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)
=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2
Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp
Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L
Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 1800 - ^BAC/2
Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).
